【文档说明】重庆市沙坪坝区重点中学2022-2023学年高三上期期末复习物理试题（一） 含解析.docx，共(24)页，3.286 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市沙坪坝区重点中学2022-2023学年高三上期期末复习题物理（一）第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对

的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.物体在时间t内通过了位移s，同时它的速度变为原来的n倍。如果物体做的是匀加速直线运动，物体加速度大小（）A.()()2211nsant−=+B.()()2211nsant+=−C.22(1)(2)nsan

t+=+D.22(1)(2)snant−=+【答案】A【解析】【详解】设初速度为v，则时间t后速度变为nv，物体在时间t内通过了位移s，则平均速度为2vnvsvt+==解得()21svnt=+所以加速度为()()()21211nvnsvattnt−−

===+故选A。2.如图所示，席梦思的内部是由一系列弹簧组成的，现在弹簧上面放一质量为10kg的木板，弹簧上的木板处于水平静止状态。生产车间的师傅把工具轻轻地放到木板上，工具的质量为6kg，重力加速度210m/s=g，则把工具刚

放到木板上的瞬间，工具对木板的压力大小为（）A.0NB.60NC.160ND.37.5N【答案】D【解析】【详解】木板质量为M，工具质量为m，把工具刚放到木板上的瞬间，对整体受力分析，由牛顿第二定律可得

()mgmMa=+解得215m/s4mgamM==+对工具研究NmgFma−=解得N37.5NFmgma=−=由牛顿第三定律可得，工具对木板压力为N37.5NFF==压故选D3.如图所示，在倾角为α的斜面顶端固

定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为v，则以下判断正确的是（）A.单摆在斜面上摆动的周期为2πLTg=B.摆球经过平衡位置时的合外力2vFmL=C.若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振

动周期将增大D.若斜面的倾角α增大，则单摆的振动周期将增大【答案】B【解析】的。【详解】AD．单摆在斜面上摆动时等效重力加速度singg=，所以单摆在斜面上摆动的周期为2πsinLTg=当倾角α增大，则单摆的振动周期将减小，AD错误；B．摆球经过平衡位

置时的回复力等于零，合外力提供向心力，所以有2vFmL=，B正确；C．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，可得此时单摆在斜面上摆动等效重力加速度sin>sinEqgggm=+所以振动周期将减小，C错误。故选B。4.2021年2月，“天问一号”火星探测器

经三次近火制动后，进入运行周期为T的椭圆形火星停泊轨道，轨道到火星表面的最近距离与最远距离之和为2h，火星半径为R。假设某飞船沿圆轨道绕火星飞行，其周期也为T，引力常量为G。依据以上条件可求得（）A.飞船和“天

问一号”探测器的质量B.飞船绕火星飞行的半径为hC.火星的质量为2324πhGTD.火星的密度为323π(1)hGTR+【答案】D【解析】【详解】B．探测器进入椭圆形火星停泊轨道时半长轴222RhrR

h+==+假设某飞船沿圆轨道绕火星飞行，周期也为T，根据开普勒第三定律知32rkT=（k常量）飞船绕火星飞行的半径是R＋h，B错误；AC．设火星质量M，飞船和“天问一号”探测器的质量为m，由万有引力提供向心力2224πGMmmrrT=得2324π()RhM

GT+=而m无法求出，AC错误；D．将火星看作质量分布均匀的球体，有M=ρV34π3VR=联立解得3233π(1)4π3MhGTRR==+D正确。故选D。5.如图所示为远距离输电原理图，变压器1T、2T均为理想变压器，

变压器1T原、副线圈的匝数比为1n:，变压器2T原、副线圈的匝数比为:1n，发电机的输出功率为P，输出电压为U，用电器0R两端的电压为0.9U，则输电线上的等效电阻R消耗的功率为（）A.100PB.10PC.

5PD.20P【答案】B【解析】【详解】根据题意，设变压器1T原、副线圈两端的电压分别为1U、2U，变压器2T原、副线圈两端的电压分别为3U、4U，流过R的电流为2I，根据原、副线圈两端的电压比与匝数比的关系有121UnU=，31

0.9UnU=解得2UnU=，30.9UnU=由于变压器1T、2T均为理想变压器，则有22PPIUnU==输电线上损失的电压为'230.1UUUnU=−=电线上的等效电阻R消耗的功率为''20.110PPUIP===

故选B。6.成人体液总量占体重的60%左右，体液的主要成分是水和电解质，因此容易导电，而体内脂肪则不容易导电，我们可以用某型号脂肪测量仪（如图甲所示）来测量脂肪率，脂肪测量仪根据人体电阻的大小来判断脂肪所占

比例，模拟电路如图乙所示。测量时，闭合开关S，测试者两手分别握住两手柄MN、，则（）A.体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电流表示数较小，电压表示数较小B.体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电源输出功率小C.体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应

的电源效率高D.当M、N间电阻逐渐增大时，以电压表示数为横坐标，电流表示数为纵坐标，绘制的IU−图像是一条过原点的直线【答案】C【解析】【详解】A．体型相近的两人，脂肪含量高者电阻较大，图乙为串联电路，脂肪含量高者总电阻大，因此总电流小，

因此电流表示数较小，根据闭合回路欧姆定律可得MN、两端电压为()UEIRr=−+当总电流较小时，MN、两端电压较大，即电压表示数较大，故A错误；B．电源的输出功率与外电阻和电源内阻的关系有关，外电阻与电源的内阻越接近，电源输出功率越大，本题中未给出外电阻与电源内阻的关

系，因此无法确定谁对应的电源输出功率小，故B错误；C．图乙为串联电路，因此电源效率为100%UIUEIE==由A选项分析可知，脂肪含量高者MN、两端电压大，故对应的电源效率高，故C正确；D．根据闭合回路欧姆定律可得()UEIRr=−+变化后得到UEIRrRr=−+++可知电压

表示数为横坐标，电流表示数为纵坐标，绘制的IU−图像是一条与横纵和纵轴都有交点的向下倾斜的直线，故D错误。故选C。7.如图所示，竖直平面内有一固定光滑圆轨道，圆心为O，半径为r，最高点为a，水平直径的右端点为c，a

c轨道上有一靠近a点的b点。两个等量异种点电荷A、B固定在水平直径上且到O点的距离相等。重力加速度大小为g。现沿轨道切线方向给一带正电的小球P（视为质点）一初速度，使小球在轨道内侧沿顺时针方向做完整的圆周运动，不考虑小球P对电场的影响

，则下列说法正确的是（）A.c点的电场强度可能为零B.小球P经过a点时的速度小于grC.小球P从a点运动到b点的过程中，电场力对小球P做正功D.小球P在a点的机械能大于其在b点的机械能【答案】C【解析】【详解】A．由

题意可知，A、B两点电荷带等量异种电荷，水平直径的右端点为c，由题图可知，A点电荷到c点的距离大于B点电荷到c点的距离，由点电荷的场强公式2QEkr=，可知A、B两点电荷在c点产生的电场强度大小不相等，因此c点的电场强度不可能是零，A错误；B．小球在轨道内侧

沿顺时针方向做完整的圆周运动，若小球恰好能通过最高点a，则有小球在a点时受重力、A、B两点电荷的库仑力，小球P带正电，由对称性，可知两库仑力大小相等，两库仑力的合力水平向右，如图所示，则有小球在a点时的最小

速度应是2avmgmr=avgr=B错误；C．因a点距b点很近，因此小球P从a点运动到b点的过程中，电场力对小球P做正功，C正确；D．小球P从a点运动到b点时电场力对小球P做正功，机械能增加，因此小球P在a点的机械能小于其在b点的机械能，D错误。故选C。8.如图所示的竖直平面内

，一硬质黑板固定在水平面上，倾角为60，黑板左侧吸附着一质量为0.1kg的磁性黑板擦，该黑板擦与黑板之间的动摩擦因数为33，黑板擦受黑板的吸力为2N且与其接触面垂直．在图示平面内：存在某一风源与某一大小方向任意的外力F，黑板擦受风力大小恒为1F，方向沿风源指向

黑板擦的射线方向，风源位置可以在黑板左侧任意改变，外力F作用在黑板擦上。视最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计其余物体对黑板擦的磁力影响，下列说法正确的是（）A.若黑板擦是沿黑板向上做匀速直线运动的，则当1F的大小为

1N时，F的最小值为3NB.若存在当0F=时黑板擦能够做匀速运动的可能，1F的最小值为0.5NC.若黑板擦沿黑板向下做匀速直线运动，当1F大小固定时，若要存在两个不同的力()0FF使得黑板擦所受摩擦力相同，则1F的最小值为3N3D.若存在确定的1F，使得黑板擦沿黑板向上、向下做匀

速直线运动时所需要的力F最小值相同，则1F的最小值为3N2【答案】D【解析】【详解】A．若黑板擦是沿黑板向上做匀速直线运动的，当F的方向与F1方向均治黑板面向上时，F的值最小，由平衡条件得1sin60FFmgf+=+又cos60f

mgF=+磁联立解得323N3F+=（）故A错误；BC．若存在当0F=时黑板擦能够做匀速运动的可能，当1F的方向沿斜面向下时，1F的值最小，由平衡条件得1sin60Fmgf+=又cos60)磁(=+fmgF解得133=F由B可知C错误，故B

C错误；D．若存在确定的1F，使得黑板擦沿黑板向上、向下做匀速直线运动时所需要的力F最小值相同，当1F方向沿斜面向上时能满足，匀速向上时，由平衡条件得1磁sin60(cos)60FFmgmgF+=++匀速向下时()1sin60cos60FmgFmgF+=

++磁联立解得13N2F=故D正确。故选D。9.如图，轧钢厂的热轧机上可以安装射线测厚仪，仪器探测到的射线强度与钢板的厚度有关。已知某车间采用放射性同位素铱192−作为放射源，其化学符号是Ir，原子序数是77，通过衰变放出射线，产生新核X，半衰期为74天，适合透照钢板厚度101

00mm，已知钢板厚度标准为30mm，下列说法正确的是（）A.放射性同位素发生衰变时，遵循能量守恒和质量守恒B.上述衰变方程为192192077781IrXe−→+C.若有2g铱192−，经过148天有1.

0g没有衰变D.若探测器得到的射线变弱时，说明钢板厚度大于30mm，应当减小热轧机两轮之间的厚度间隙【答案】BD【解析】【详解】A．放射性同位素发生衰变时，由于能量守恒，从而出现质量亏损，因此遵循质量数守恒而非质量守恒，A错误；B．上述衰变方程，根据电荷数守恒和质量数守恒可得19219207778

1IrXe−→+B正确；C．经过148天恰好为两个半衰期，有34发生了衰变，因此只剩0.5g没有衰变，C错误；D．若探测器得到的射线变弱时，说明钢板厚度大于30mm，应当减小热轧机两轮之间的厚度间隙，D正确。故选BD。10.A、B汽缸的水平

长度为20cm，截面积均为210cm，C是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门，整个装置均由导热材料制成且环境温度恒定，开始阀门关闭，A内有压强5A4.010Pap=的氮气，B内有压强5B2.010Pap=的氧气，阀门打开

后，活塞C向右移动，最后达到平衡。下列说法正确的有（）A.活塞C向右移动了10cmB.平衡后A气缸压强为53.010PaCA气缸内气体要对外做功，要从外界吸热D.若B气缸抽成真空，打开阀门D，A气缸中气体要对外做功，要从外界吸热【答案】BC【

解析】【详解】AB．设阀门打开后，活塞C向右移动了x，最后达到平衡时AB气体的压强均为p，A、B气体初始体积均为V0，则对A、B气体由玻意耳定律可得A00()pVpVSx=+B00()pVpVSx=−解得20

cm6.7cm3x=53.010Pap=故A错误，B正确；C．因为整个装置均由导热材料制成且环境温度恒定，所以气体温度保持不变，即气体内能不变，即0U=又因气体A膨胀，对外做功，即0W的.为所以由热力学

第一定律UWQ=+得0Q即气体A要从外界吸热，故C正确；D．若B气缸抽成真空，打开阀门D后，A气缸中气体膨胀过程对外不做功，又因为气体内能不变，所以A气体既不需要从外界吸热也不向外界放热，故D错误。故选

BC。11.光滑水平面上质量为1kgm=的物体在水平拉力F的作用下从静止开始运动，如图甲所示，若力F随时间的变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.拉力在前2s内和后4s内的平均功率之比为2:3B.拉力在4s末和6s末做功的功率之比为2:3C

.在前2s内或后4s内物体的动能变化率与时间成线性关系D.若把后4s内的拉力反向，则物体的前2s内和后4s内的做功之比为1:2【答案】AC【解析】【详解】A．根据题意，牛顿第二定律可得，物体在0~2s内，加速度为2114m/sFam==在2~6s内

，加速度为2222m/sFam==物体在前2s内的位移为211118m2xat==2s末的速度为1118msvat==在2~6s内的位移为212222148m2vtatx+==则拉力在前2s内做功11132JxWF==在后4s

做功为22296JxWF==拉力在前2s内的平均功率为12116WWPt==后4s内做功的功率24224WWPt==则拉力在前2s内和后4s内的平均功率之比为2423PP=故A正确；B．根据题意，由运动学公式可得，物体在4s末的速度

为28ms22ms12msv=+=物体在6s末的速度为38ms24ms16msv=+=由公式PFv=可知，拉力在4s末和6s末做功的功率之比为42262334PFvPFv==故B错误；C．根据题意，在前2s内，由动能定理有211k12FatE=则动能变

化率为k1112EFatt=在后4s内，根据动能定理有2222k1Δ2FvtatE+=则动能变化率为k2221()2EFvatt=+由此可看出在前2s内或后4s内物体的动能变化率

与时间均成线性关系，故C正确；D．根据题意，若把后4s内的拉力反向，由牛顿第二定律可得，物体的加速度为232msa=−则物体在2~6s内的位移为13222312m16xvtat==+拉力做功为32332JWFx==则物体的前2s内

和后4s内的做功之比为1:1，故D错误。故选AC。12.电子感应加速器是利用感生电场来加速电子的一种装置，如图甲是加速器的结构原理图，在电磁铁的两极间有一环形向外逐渐减弱、并对称分布的交变磁场，这个交变磁场又在真空室内激发感生电场，

其电场线是一系列绕磁感线的同心圆。这时若用电子枪把电子沿切线方向射入环形真空室，电子将受到环形真空室中的感生电场的作用而被加速，同时，电子还受到洛伦兹力的作用，使电子在半径为R的圆形轨道上运动。已知感生电场大小正比于磁通量的变化率，即12ERt=，电子电荷量

为e−，电子轨道所围面积内平均磁感应强度B随时间变化如图乙所示（向内为B的正方向），则下列说法正确的是（）A.感生电场的大小为00BREt=B.电子加速运动一周增加的动能为20k0BReEt=C.电子在轨道上运动一周的

时间与速度大小无关D.电子轨道处的磁感应强度B与B满足12BB=【答案】BD【解析】【详解】AB．感生电场20011222BRBRRtRtEt===加速过程电场力总与速度方向一致，电子运动一周电场力做的功

2002BReeERtW==又因洛伦兹力不做功，所以20k0BReEWt==故A错误，B正确；C．由题意粒子做半径不变的圆周运动，速率增加，绕一圈所用时间必然减小，故C错误；D．由于电子轨道半径不变，mvRBe=，mvBeR=，B随速度的增加而增大mvBeR=

又由切线方向212teEeBvaRmmRtt===联立两式有12BBtt=说明B与B都在改变，但一直保持12BB=，故D正确。故选BD。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：本题共5小题，共52分。按题目要求作答。解答题应

写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13.实验小组利用光电门和数字传感设备设计了一个测量当地重力加速度的集成框架，如图甲所示，框架上装有两个

光电门，都可上下移动；框架的竖直部分贴有刻度尺，零刻度线在上端，可以直接读出两个光电门到零刻度线的距离x1和x2；框架水平部分安装了电磁铁，将质量为m的小铁球吸住。一且断电，小铁球就由静止释放，先后经

过两个光电门时，与光电门连接的数字传感器即可测算出速度大小v1和v2。多次改变两个光电门的位置，得到多组x1和x2、v1和v2的数据建立如图乙所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率为k。（1）需要提前向数字传感器输入小球的直径d，当小铁球经过光电门时，光

电门记录下小球经过光电门的时间t，测算出的速度v=______。（2）当地的重力加速度为______（用k表示）。（3）若选择刻度尺的0刻度所在高度为零势能面，则小铁球经过光电门1时的机械能表达式为______（用题

中的x1、x2、m、v1、v2、k表示）【答案】①.dt②.2k③.2111122mvmkx−【解析】【详解】[1]由于小铁球通过光电门的时间极短，所以小球通过光电门的瞬时速度会近似等于小球经过光电门的平均速度，所以速度为dvt=[2]小

铁球从光电门1到光电门2做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可得2221212()gxxvv−=−解得2221212()vvgxx−=−结合图像可知2kg=[3]小铁球从0刻度所在位置到经过光电门1的过程中，小铁球只受重力作用，故由机械能守恒定

律可得221111110=222kmxmvmgxmv−=−即小铁球经过光电门1时的机械能为211122kmxEmv=−【点睛】理解实验原理，再根据物体的运动类型，选择运动学相关公式或者功能关系进行解答。14.夏天的时候，教室里很多同学都会买一个手持的小型电风扇

，某同学想根据所学的电学知识，利用实验室的器材描绘出这台电风扇的伏安特性曲线。该同学通过说明书得到电风扇的额定电压为5.0V，额定功率约为2.5W，并去实验室借到了开关、导线以及以下器材：电源E：电动势为6.0V，内阻忽略不计电流表A1

：量程0.6A，内阻约为10Ω电流表A2：量程100mA，内阻为r2=4Ω定值电阻R1=10Ω定值电阻R2=50Ω滑动变阻器R3：最大阻值100Ω，最大电流3A滑动变阻器R4：最大阻值5Ω，最大电流2A滑动变

阻器R5：最大阻值2Ω，最大电流0.5A（1）实验为了得到小电风扇完整的伏安特性曲线，实验中滑动变阻器应选用___________（选填“R3”“R4”或“R5”）；为了精确测量数据，选用定值电阻__

_________（选填“R1”或“R2”），将电流表A2改装成电压表使用；（2）根据实验室借到的实验器材设计实验电路，将最优电路设计图画在图甲虚线方框内，需在图中标上所用元件对应的符号，电风扇符号用M表示；___________（3

）该同学在实验中发现，小电风扇在电流较小时不能转动。他多次测量描绘出I2一I1图像如图乙所示，其中I1为电流表A1的读数，I2为电流表A2的读数。当I1为0.10A，I2为10mA时，小电风扇的电阻为___________Ω；当I1为0.36A，I2为60mA时，小电风扇的电阻视为不变

，则小电风扇的输出功率为___________W。（结果均保留两位有效数字）【答案】①.R4②.R2③.④.6.0⑤.0.43【解析】【分析】描绘伏安特性曲线需要电流电压从零开始调节，需要采用分压接法，同时要确保滑动变阻器电流不能超过本身额定电流；风扇转动时是非纯电阻电路，

不适用欧姆定律。【详解】（1）[1]小电风扇的额定电流为2.5A0.5A5PIU===故电流表选A1；为了得到完整的伏安特性曲线，则采用分压式接法，选择滑动变阻器总电阻较小的，并且最大电流可保证安全，故选R4。[2]因为无电压表，可改装电流表，电源电动势6.

0V，同时风扇额定电压为5.0V，则电流表A2与定值电阻R2改装成电压表，改装量程为()m2225.4VUIrR=+=故选R2。（2）[3]根据分析电路图如图所示（3）[4]当I1为0.10A，I2为10mA时，风扇不转

动，属于纯电阻，则风扇电阻为()222M126.0ΩIRrRII+==−故风扇电阻为6.0。[5]当I1为0.36A，I2为60mA时，风扇电压为()2223.24VUIRr=+=则风扇的输出功率为()()21212MPUIIIIR=−−−带入数据解得=0.43

WP故电风扇输出功率为0.43W。15.如图1所示，质量为0.5kgm=、粗细均匀的正方形金属线框ACDE放在光滑的水平面上，边长为1mL=的正方形区域abcd内有垂直于水平面向上的匀强磁场，线框AC边与磁场边界bc平行，AC将正方

形abcd均分，锁定金属线框，从0=t时刻开始，匀强磁场的磁感应强度随时间变化如图2所示，1st=时刻解除金属线框的锁定，解除的一瞬间，线框的加速度为42m/s，求：（1）金属线框的电阻；（2）0~1s时间内，AC边产生的焦耳热及安培力的冲量分

别多大。【答案】（1）2Ω；（2）0.5J，1.5Ns【解析】【详解】（1）线框所受安培力F=ma=0.5×4N=2N又F=BIL=BSEtIRR==2T/sBt2==0.5m2LSL1st=时B=4T联立解得I=0.5A=2ΩR（2）0~1s时间

内，AC边产生的焦耳热220.521J=0.5JQIRt==由图2可知22Bt=+安培力FBIL=则可得1Ft=+故0~1s时间内安培力的冲量121Ns1.5Ns2IFt+===16.如图所示，竖直平面内的直角坐标系xOy中仅在第一

象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，仅在第四象限内存在垂直坐标系xOy平面向外的匀强磁场及大小和方向均未知的匀强电场。一质量为m、带电荷量为q的小球从y轴上的点C（0，h）处无初速度释放，小球恰从点A（h，0）进入第四象限做匀速圆周运动，继而再次进入第一象限电场区域。重力加速度大小为

g。求：（1）第四象限电场强度E的大小和方向；（2）磁感应强度B的最小值。【答案】（1）mgq；（2）()22mgqh+【解析】【详解】（1）小球在第四象限做匀速圆周运动，有qEmg=解得mgEq=小球从C点释放后到达A点，故小球带正电，可得第四象限内的电场方向竖

直向上。（2）由题图可知，小球在第一象限做匀加速直线运动，对小球，有沿y轴方向22yvgh=102yvht+=沿x轴方向102xvht+=粒子在A点的速度大小为22xyvvv=+设速度方向与x轴正方向的夹角为

，则tanyxvv=小球能再次进入第一象限电场区域，其临界情况为小球的运动轨迹恰与y轴相切，此时粒子做圆周运动的半径最大，磁感应强度最小，故有maxmaxsinhrr=+而2minmaxqvBmvr=联立解得()min22mgBqh+=17.载摆小车是实验室里一种常见

的实验仪器，小陈同学做了一个游戏。如图所示，一根长为L的细绳一端固定质量为m的球A，另一端固定在O点，质量为4m的小车C静止在光滑水平轨道上，另一根长度为l（未知）的细绳一端固定质量为m的球B，细绳的另一端固定在小车C上，A、B两

球完全相同。现将A球拉至细绳处于水平伸长状态后由静止释放，A、B球发生完全弹性碰撞，B球恰好能摆到最高点且细绳恰好水平，之后B球相对C车摆动，且到C车动能最大时悬挂B球的绳子恰好断裂，接着C车进入一个由水平粗糙轨道DE，轨道

长度x可调节，动摩擦因数为μ=0.04，最后从E点水平飞出落在地面，DE轨道离地高为h，两小球半径忽略不计，重力加速度为g=10m/s2，求：（1）A球在与B球发生碰撞前瞬间A球对绳子拉力；（2）悬挂B球的绳子长度l为多少；

（3）平抛落点离D点的水平位移s是否有最大值，若无，请说明理由；若有，请求出水平轨道长度x为多少时，水平位移s最大，最大值s为多少。【答案】（1）3mg；（2）0.8L；（3）当40.04xLh=−时，max40.04sLh=+【解析】【详解】（1）对A球,从出

发到与B求碰撞前用机械能守恒定律212mgLmv=A球在与B球发生碰撞前瞬间由绳子的拉力和自己的重力的合力提供向心力2vFmgmL−=联立解得3Fmg=根据牛顿第三定律得A球对绳子的拉力大小与绳子对A球的拉力大小

相等，所以A球对绳子拉力大小为3mg，方向竖直向下。（2）A、B两球发生完全弹性碰撞AB222AB111222mvmvmvmvmvmv=+=+解得碰后B的速度为B2vgL=根据题意可得，B球摆动到最高点时

BC共速，过程中遵循能量守恒和水平方向动量守恒()B4mvmmv=+共()22B11422mvmmvmgl=++共联立解得0.8lL=（3）当C车动能最大时，绳子竖直，B球速度水平向左,根据能量守恒和水平方向动量守恒得BCB4mvmvmv−=222BCB1114222mvmv

mv+=解得C0.42vgL=C车通过粗糙轨道，由动能定理得()22CC1144422mgxmvmv−=−解得2CC2vvgx=−小车C飞出轨道后2C12=hgtxvt=水平则()2C40.240.04sxvtLxhLh=+=−−−

++当40.04xLh=−时max40.04sLh=+获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com